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高三數學教案15篇
作為一名辛苦耕耘的教育工作者，有必要進行細致的教案準備工作，借助教案可以恰當地選擇和運用教學方法，調動學生學習的積極性。怎樣寫教案才更能起到其作用呢？下面是小編整理的高三數學教案，供大家參考借鑒，希望可以幫助到有需要的朋友。
高三數學教案1
1.數列的概念和簡單表示法?
(1)了解數列的概念和幾種簡單的表示方法(列表、圖象、通項公式);? (2)了解數列是自變量為正整數的一類函數.?
2.等差數列、等比數列?
(1)理解等差數列、等比數列的概念;?
(2)掌握等差數列、等比數列的通項公式與前n項和公式;?
(3)能在具體問題情境中識別數列的等差關系或等比關系，并能用有關知識解決相應的問題;?
(4)了解等差數列與一次函數、等比數列與指數函數的關系. 本章重點：1.等差數列、等比數列的定義、通項公式和前n項和公式及有關性質;
2.注重提煉一些重要的思想和方法，如：觀察法、累加法、累乘法、待定系數法、倒序相加求和法、錯位相減求和法、裂項相消求和法、分組求和法、函數與方程思想、數學模型思想以及離散與連續的關系.?
本章難點：1.數列概念的理解;2.等差等比數列性質的運用;3.數列通項與求和方法的運用. 仍然會以客觀題考查等差數列與等比數列的通項公式和前n項和公式及性質，在解答題中，會保持以前的風格，注重數列與其他分支的綜合能力的考查，在高考中，數列常考常新，其主要原因是它作為一 個特殊函數，使它可以與函數、不等式、解析幾何、三角函數等綜合起來，命出開放性、探索性強的問題，更體現了知識交叉命題原則得以貫徹;又因為數列與生產、生活的聯系，使數列應用題也倍受歡迎.
知識網絡
6.1 數列的概念與簡單表示法
典例精析
題型一 歸納、猜想法求數列通項
【例1】根據下列數列的前幾項，分別寫出它們的一個通項公式：
(1)7,77,777,7 777，
(2)23，-415，635，-863，
(3)1,3,3,5,5,7,7,9,9，
【解析】(1)將數列變形為79(10-1)，79(102-1)，79(103-1)，，79(10n-1)，
故an=79(10n-1).
(2)分開觀察，正負號由(-1)n+1確定，分子是偶數2n，分母是13,35,57， ，(2n-1)(2n+1)，故數列的通項公式可寫成an =(-1)n+1 .
(3)將已知數列變為1+0,2+1,3+0,4+1,5+0,6+1,7+0,8+1,9+0，.
故數列的通項公式為an=n+ .
【點撥】聯想與轉換是由已知認識未知的兩種有效的思維方法，觀察歸納是由特殊到一般的有效手段，本例的求解關鍵是通過分析、比較、聯想、歸納、轉換獲得項與項序數的一般規律，從而求得通項.
【變式訓練1】如下表定義函數f(x)：
x 1 2 3 4 5
f(x) 5 4 3 1 2
對于數列{an}，a1=4，an=f(an-1)，n=2,3,4，，則a2 008的值是()
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】a1=4，a2=1，a3=5，a4=2，a5=4，，可得an+4=an.
所以a2 008=a4=2，故選B.
題型二 應用an= 求數列通項
【例2】已知數列{an}的前n項和Sn，分別求其通項公式：
(1)Sn=3n-2;
(2)Sn=18(an+2)2 (an0).
【解析】(1)當n=1時，a1=S1=31-2=1，
當n2時，an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=23n-1，
又a1=1不適合上式，
故an=
(2)當n=1時，a1=S1=18(a1+2)2，解得a1=2，
當n2時，an=Sn-Sn-1=18(an+2)2-18(an-1+2)2，
所以(an-2)2-(an-1+2)2=0，所以(an+an-1)(an-an-1-4)=0，
又an0，所以an-an-1=4，
可知{an}為等差數列，公差為4，
所以an=a1+(n-1)d=2+(n-1)4=4n-2，
a1=2也適合上式，故an=4n-2.
【點撥】本例的關鍵是應用an= 求數列的通項，特別要注意驗證a1的值是否滿足2的一般性通項公式.
【變式訓練2】已知a1=1，an=n(an+1-an)(nN*)，則數列{an}的通項公式是()
A.2n-1 B.(n+1n)n-1 C.n2 D.n
【解析】由an=n(an+1-an)an+1an=n+1n.
所以an=anan-1an-1an-2a2a1=nn-1n-1n-23221=n，故選D.
題型三 利用遞推關系求數列的通項
【例3】已知在數列{an}中a1=1，求滿足下列條件的數列的通項公式：
(1)an+1=an1+2an;(2)an+1=2an+2n+1.
【解析】(1)因為對于一切nN*，an0，
因此由an+1=an1+2an得1an+1=1an+2，即1an+1-1an=2.
所以{1an}是等差數列，1an=1a1+(n-1)2=2n-1，即an=12n-1.
(2)根據已知條件得an+12n+1=an2n+1，即an+12n+1-an2n=1.
所以數列{an2n}是等差數列，an2n=12+(n-1)=2n-12，即an=(2n-1)2n-1.
【點撥】通項公式及遞推關系是給出數列的常用方法，尤其是后者，可以通過進一步的計算，將其進行轉化，構造新數列求通項，進而可以求得所求數列的通項公式.
【變式訓練3】設{an}是首項為1的正項數列，且(n+1)a2n+1-na2n+an+1an=0(n=1,2,3，)，求an.
【解析】因為數列{an}是首項為1的正項數列，
所以anan+10，所以(n+1)an+1an-nanan+1+1=0，
令an+1an=t，所以(n+1)t2+t-n=0，
所以[(n+1)t-n](t+1)=0，
得t=nn+1或t=-1(舍去)，即an+1an=nn+1.
所以a2a1a3a2a4a3a5a4anan-1=12233445n-1n，所以an=1n.
總結提高
1.給出數列的前幾項求通項時，常用特征分析法與化歸法，所求通項不唯一.
2.由Sn求an時，要分n=1和n2兩種情況.
3.給出Sn與an的遞推關系，要求an，常用思路是：一是利用Sn-Sn-1=an(n2)轉化為an的遞推關系，再求其通項公式;二是轉化為Sn的遞推關系，先求出Sn與n之間的關系，再求an.
6.2 等差數列
典例精析
題型一 等差數列的判定與基本運算
【例1】已知數列{an}前n項和Sn=n2-9n.
(1)求證：{an}為等差數列;(2)記數列{|an|}的前n項和為Tn，求 Tn的表達式.
【解析】(1)證明：n=1時，a1=S1=-8，
當n2時，an=Sn-Sn-1=n2-9n-[(n-1)2-9(n-1)]=2n-10，
當n=1時，也適合該式，所以an=2n-10 (nN*).
當n2時，an-an-1=2，所以{an}為等差數列.
(2)因為n5時，an0，n6時，an0.
所以當n5時，Tn=-Sn=9n-n2，
當n6時，Tn=a1+a2++a5+a6++an
=-a1-a2--a5+a6+a7++an
=Sn-2S5=n2-9n-2(-20)=n2-9n+40，
所以，
【點撥】根據定義法判斷數列為等差數列，靈活運用求 和公式.
【變式訓練1】已知等差數列{an}的前n項和為Sn，且S21=42，若記bn= ，則數列{bn}()
A.是等差數列，但不是等比數列 B.是等比數列，但不是等差數列
C.既是等差數列，又是等比數列 D.既不是等差數列，又不是等比數列
【解析】本題考查了兩類常見數列，特別是等差數列的性質.根據條件找出等差數列{an}的首項與公差之間的關系從而確定數列{bn}的通項是解決問題的.突破口.{an}是等差數列，則S21=21a1+21202d=42.
所以a1+10d=2，即a11=2.所以bn= =22-(2a11)=20=1，即數列{bn}是非0常數列，既是等差數列又是等比數列.答案為C.
題型二 公式的應用
【例2】設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a3=12，S120，S130.
(1)求公差d的取值范圍;
(2)指出S1，S2，，S12中哪一個值最大，并說明理由.
【解析】(1)依題意，有
S12=12a1+12(12-1)d20，S13=13a1+13(13-1)d20，
即
由a3=12，得a1=12-2d.③
將③分別代入①②式，得
所以-247
(2)方法一：由d0可知a1a3a13，
因此，若在112中存在自然數n，使得an0，an+10，
則Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.
由于S12=6(a6+a7)0，S13=13a70，
即a6+a70，a70，因此a60，a70，
故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.
方法二：由d0可知a1a3a13，
因此，若在112中存在自然數n，使得an0，an+10，
則Sn就是S1，S2，，S12中的最大值.
故在S1，S2，，S12中，S6的值最大.
【變式訓練2】在等差數列{an}中，公差d0，a2 008，a2 009是方程x2-3x-5=0的兩個根，Sn是數列{an}的前n項的和，那么滿足條件Sn0的最大自然數n=.
【解析】由題意知 又因為公差d0，所以a2 0080，a2 0090. 當
n=4 015時，S4 015=a1+a4 01524 015=a2 0084 015當n=4 016時，S4 016=a1+a4 01624 016=a2 008+a2 00924 0160.所以滿足條件Sn0的最大自然數n=4 015.
題型三 性質的應用
【例3】某地區20xx年9月份曾發生流感，據統計，9月1日該地區流感病毒的新感染者有40人，此后，每天的新感染者人數比前一天增加40人;但從9月11日起，該地區醫療部門采取措施，使該種病毒的傳播得到控制，每天的新感染者人數比前一天減少10人.
(1)分別求出該地區在9月10日和9月11日這兩天的流感病毒的新感染者人數;
(2)該地區9月份(共30天)該病毒新感染者共有多少人?
【解析】(1)由題意知，該地區9月份前10天流感病毒的新感染者的人數構成一個首項為40，公差為40的等差數列.
所以9月10日的新感染者人數為40+(10-1)40=400(人).
所以9月11日的新感染者人數為400-10=390(人).
(2)9月份前10天的新感染者人數和為S10=10(40+400)2=2 200(人)，
9月份后20天流感病毒的新感染者的人數，構成一個首項為390，公差為-10的等差數列.
所以后20天新感染者的人數和為T20=20390+20(20-1)2(-10)=5 900(人).
所以該地區9月份流感病毒的新感染者共有2 200+5 900=8 100(人).
【變式訓練3】設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S410，S515，則a4的最大值為
.
【解析】因為等差數列{an}的前n項和為Sn，且S410，S515，
所以5+3d23+d，即5+3d6+2d，所以d1，
所以a43+1=4，故a4的最大值為4.
總結提高
1.在熟練應用基本公式的同時，還要會用變通的公式，如在等差數列中，am=an+(m-n)d.
2.在五個量a1、d、n、an、Sn中，知其中的三個量可求出其余兩個量，要求選用公式要恰當，即善于減少運算量，達到快速、準確的目的.
3.已知三個或四個數成等差數列這類問題，要善于設元，目的仍在于減少運算量，如三個數成等差數列時，除了設a，a+d，a+2d外，還可設a-d，a，a +d;四個數成等差數列時，可設為a-3m，a-m，a+m，a+3m.
4.在求解數列問題時，要注意函數思想、方程思想、消元及整體消元的方法的應用.
6.3 等比數列
典例精析
題型一 等比數列的基本運算與判定
【例1】數列{an}的前n項和記為Sn，已知a1=1，an+1=n+2nSn(n=1,2,3，).求證：
(1)數列{Snn}是等比數列;(2)Sn+1=4an.
【解析】(1)因為an+1=Sn+1-Sn，an+1=n+2nSn，
所以(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn).
整理得nSn+1=2(n+1)Sn，所以Sn+1n+1=2Snn，
故{Snn}是以2為公比的等比數列.
(2)由(1)知Sn+1n+1=4Sn-1n-1 =4ann+1(n2)，
于是Sn+1=4(n+1)Sn-1n-1=4an(n2).
又a2=3S1=3，故S2=a1+a2=4.
因此對于任意正整數n1，都有Sn+1=4an.
【點撥】①運用等比數列的基本公式，將已知條件轉化為關于等比數列的特征量a1、q的方程是求解等比數列問題的常用方法之一，同時應注意在使 用等比數列前n項和公式時，應充分討論公比q是否等于1;②應用定義判斷數列是否是等比數列是最直接，最有依據的方法，也是通法，若判斷一個數列是等比數列可用an+1an=q(常數)恒成立，也可用a2n+1 =anan+2 恒成立，若判定一個數列不是等比數列則只需舉出反例即可，也可以用反證法.
【變式訓練1】等比數列{an}中，a1=317，q=-12.記f(n)=a1a2an，則當f(n)最大時，n的值為()
A.7 B.8 C.9 D.10
【解析】an=317(-12)n-1，易知a9=31712561，a100,00，故f(9)=a1a2a9的值最大，此時n=9.故選C.
題型二 性質運用
【例2】在等比數列{an}中，a1+a6=33，a3a4=32，anan+1(nN*).
(1)求an;
(2)若Tn=lg a1+lg a2++lg an，求Tn.
【解析】(1)由等比數列的性質可知a1a6=a3a4=32，
又a1+a6=33，a1a6，解得a1=32，a6=1，
所以a6a1=132，即q5=132，所以q=12，
所以an=32(12)n-1=26-n .
(2)由等比數列的性質可知，{lg an}是等差數列，
因為lg an=lg 26-n=(6-n)lg 2，lg a1=5lg 2，
所以Tn=(lg a1+lg an)n2=n(11-n)2lg 2.
【點撥】歷年高考對性質考查較多，主要是利用等積性，題目小而巧且背景不斷更新，要熟練掌握.
【變式訓練2】在等差數列{an}中，若a15=0，則有等式a1+a2++an=a1+a2++a29-n(n29，nN*)成立，類比上述性質，相應地在等比數列{bn}中，若b19=1，能得到什么等式?
【解析】由題設可知，如果am=0，在等差數列中有
a1+a2++an=a1+a2++a2m-1-n(n2m-1，nN*)成立，
我們知道，如果m+n=p+q，則am+an=ap+aq，
而對于等比數列{bn}，則有若m+n=p+q，則aman=apaq，
所以可以得出結論：
若bm=1，則有b1b2bn=b1b2b2m-1-n(n2m-1，nN*)成立.
在本題中則有b1b2bn=b1b2b37-n(n37，nN*).
題型三 綜合運用
【例3】設數列{an}的前n 項和為Sn，其中an0，a1為常數，且-a1，Sn，an+1成等差數列.
(1)求{an}的通項公式;
(2)設bn=1-Sn，問是否存在a1，使數列{bn}為等比數列?若存在，則求出a1的值;若不存在，說明理由.
【解析】(1)由題意可得2Sn=an+1-a1.
所以當n2時，有
兩式相減得an+1=3an(n2).
又a2=2S1+a1=3a1，an0，
所以{an}是以首項為a1，公比為q=3的等比數列.
所以an=a13n-1.
(2)因為Sn=a1(1-qn)1-q=-12a1+12a13n，所以bn=1-Sn=1+12a1-12a13n.
要使{bn}為等比數列，當且僅當1+12a1=0，即a1=-2，此時bn=3n.
所以{bn}是首項 為3，公比為q=3的等比數列.
所以{bn}能為等比數列，此時a1=-2.
【變式訓練3】已知命題：若{an}為等 差數列，且am=a，an=b(m0，nN*)為等比數列，且bm=a，bn=b(m
【解析】n-mbnam.
總結提高
1.方程思想，即等比數列{an}中五個量a1，n，q，an，Sn，一般可知三求二，通過求和與通項兩公式列方程組求解.
2.對于已知數列{an}遞推公式an與Sn的混合關系式，利用公式an=Sn-Sn-1(n2)，再引入輔助數列，轉化為等比數列問題求解.
3.分類討論思想：當a10，q1或a10,00,01時，{an}為遞減數列;q0時，{an}為擺動數列;q=1時，{an}為常數列.
6.4 數列求和
典例精析
題型一 錯位相減法求和
【例1】求和：Sn=1a+2a2+3a3++nan.
【解 析】(1)a=1時，Sn=1+2+3++n=n(n+1)2.
(2)a1時，因為a0，
Sn=1a+2a2+3a3++nan，①
1aSn=1a2+2a3++n-1an+nan+1.②
由①-②得(1-1a)Sn=1a+1a2++1an-nan+1=1a(1-1an)1-1a-nan+1，
所以Sn=a(an-1)-n(a-1)an(a-1)2.
綜上所述，Sn=
【點撥】(1)若數列{an}是等差數列，{bn}是等比數列，則求數列{anbn}的前n項和時，可采用錯位相減法;
(2)當等比數列公比為字母時，應對字母是否為1進行討論;
(3)當將Sn與qSn相減合并同類項時，注意錯位及未合并項的正負號.
【變式訓練1】數列{2n-32n-3}的前n項和為()
A.4-2n-12n-1 B.4+2n-72n-2 C.8-2n+12n-3 D.6-3n+22n-1
【解析】取n=1，2n-32n-3=-4.故選C.
題型二 分組并項求和法
【例2】求和Sn=1+(1+12)+(1+12+14)++(1+12+14++12n-1).
【解析】和式中第k項為ak =1+12+14++12k-1=1-(12)k1-12=2(1-12k).
所以Sn=2[(1-12)+(1-122)++(1-12n)]
= -(12+122++12n)]
=2[n-12(1-12n)1-12]=2[n-(1-12n)]=2n-2+12n-1.
【變式訓練2】數列1, 1+2, 1+2+22，1+2+22+23，，1+2+22++2n-1，的前n項和為()
A.2n-1 B.n2n-n
C.2n+1-n D.2n+1-n-2
【解析】an=1+2+22++2n-1=2n-1，
Sn=(21-1)+(22-1)++(2n-1)=2n+1-n-2.故選D.
題型三 裂項相消法求和
【例3】數列{an}滿足a1=8，a4=2，且an+2-2an+1+an=0 (nN*).
(1)求數列{an}的通項公式;
(2)設bn=1n(14-an)(nN*)，Tn=b1+b2++bn(nN*)，若對任意非零自然數n，Tnm32恒成立，求m的最大整數值.
【解析】(1)由an+2-2an+1+an=0，得an+2-an+1=an+1-an，
從而可知數列{an}為等差數列，設其公差為d，則d=a4-a14-1=-2，
所以an=8+(n-1)(-2)=10-2n.
(2)bn=1n(14-an)=12n(n+2)=14(1n-1n+2)，
所以Tn=b1+b2++bn=14[(11-13)+(12-14)++(1n-1n+2)]
=14(1+12-1n+1-1n+2)=38-14(n+1)-14(n+2)m32 ，
上式對一切nN*恒成立.
所以m12-8n+1-8n+2對一切nN*恒成立.
對nN*，(12-8n+1-8n+2)min=12-81+1-81+2=163，
所以m163，故m的最大整數值為5.
【點撥】(1)若數列{an}的通項能轉化為f(n+1)-f(n)的形式，常采用裂項相消法求和.
(2)使用裂項相消法求和時，要注意正負項相消時，消去了哪些項，保留了哪些項.
【變式訓練3】已知數列{an}，{bn}的前n項和為An，Bn，記cn=anBn+bnAn-anbn(nN*)，則數列{cn}的前10項和為()
A.A10+B10 B.A10+B102 C.A10B10 D.A10B10
【解析】n=1，c1=A1B1;n2，cn=AnBn-An-1Bn-1，即可推出{cn}的前10項和為A10B10，故選C.
總結提高
1.常用的 基本求和法均對應數列通項的特殊結構特征，分析數列通項公式的特征聯想相應的求和方法既是根本，也是關鍵.
2.數列求和實質就是求數列{Sn}的通項公式，它幾乎涵蓋了數列中所有的思想策略、方法和技巧，對學生的知識和思維有很高的要求，應充分重視并系統訓練.
6.5 數列的綜合應用
典例精析
題型一 函數與數列的綜合問題
【例1】已知f(x)=logax(a0且a1)，設f(a1)，f(a2)，，f(an)(nN*)是首項為4，公差為2的等差數列.
(1)設a是常數，求證：{an}成等比數列;
(2)若bn=anf(an)，{bn}的前n項和是Sn，當a=2時，求Sn.
【解析】(1)f(an)=4+(n-1)2=2n+2，即logaan=2n+2，所以an=a2n+2，
所以anan-1=a2n+2a2n=a2(n2)為定值，所以{an}為等比數列.
(2)bn=anf(an)=a2n+2logaa2n+2=(2n+2)a2n+2，
當a=2時，bn=(2n+2) (2)2n+2=(n+1) 2n+2，
Sn=223+324+425++(n+1 ) 2n+2，
2Sn=224+325++n2n+2+(n+1)2n+3，
兩式相減得
-Sn=223+24+25++2n+2-(n+1)2n+3=16+24(1-2n-1)1-2-(n+1)2n+3，
所以Sn=n2n+3.
【點撥】本例是數列與函數綜合的基本題型之一，特征是以函數為載體構建數列的遞推關系，通過由函數的解析式獲知數列的通項公式，從而問題得到求解.
【變式訓練1】設函數f(x)=xm+ax的導函數f(x)=2x+1，則數列{1f(n)}(nN*)的前n項和是()
A.nn+1 B.n+2n+1 C.nn+1 D.n+1n
【解析】由f(x)=mxm-1+a=2x+1得m=2，a=1.
所以f(x)=x2+x，則1f(n)=1n(n+1)=1n-1n+1.
所以Sn=1-12+12-13+13-14++1n-1n+1=1-1n+1=nn+1.故選C.
題型二 數列模型實際應用問題
【例2】某縣位于沙漠地帶，人與自然長期進行著頑強的斗爭，到20xx年底全縣的綠化率已達30%，從20xx年開始，每年將出現這樣的局面：原有沙漠面積的16%將被綠化，與此同時，由于各種原因，原有綠化面積的4%又被沙化.
(1)設全縣面積為1,20xx年底綠化面積為a1=310，經過n年綠化面積為an+1，求證：an+1=45an+425;
(2)至少需要多少年(取整數)的努力，才能使全縣的綠化率達到60%?
【解析】(1)證明：由已知可得an 確定后，an+1可表示為an+1=an(1-4%)+(1-an)16%，
即an+1=80%an+16%=45an+425.
(2)由an+1=45an+425有，an+1-45=45(an-45)，
又a1-45=-120，所以an+1-45=-12(45)n，即an+1=45-12(45)n，
若an+135，則有45-12(45)n35，即(45)n-112，(n-1)lg 45-lg 2，
(n-1)(2lg 2-lg 5)-lg 2，即(n-1)(3lg 2-1)-lg 2，
所以n1+lg 21-3lg 24，nN*，
所以n取最小整數為5，故至少需要經過5年的努力，才能使全縣的綠化率達到60%.
【點撥】解決此類問題的關鍵是如何把實際問題轉化為數學問題，通過反復讀題，列出有關信息，轉化為數列的有關問題.
【變式訓練2】規定一機器狗每秒鐘只能前進或后退一步，現程序設計師讓機器狗以前進3步，然后再后退2步的規律進行移動.如果將此機器狗放在數軸的原點，面向正方向，以1步的距離為1單位長移動，令P(n)表示第n秒時機器狗所在的位置坐標，且P(0)=0，則下列結論中錯誤的是()
A.P(2 006)=402 B.P(2 007)= 403
C.P(2 008)=404 D.P(2 009)=405
【解析】考查數列的應用.構造數列{Pn}，由題知P(0)=0，P(5)=1，P(10)=2，P(15)=3.所以P(2 005)=401，P(2 006)=401+1=402，P(2 007)=401+1+1=403，P(2 008)=401+
3=404，P(2 009)=404-1=403.故D錯.
題型三 數列中的探索性問題
【例3】{an}，{bn}為兩個數列，點M(1,2)，An(2，an)，Bn(n-1n，2n)為直角坐標平面上的點.
(1)對nN*，若點M，An，Bn在同一直線上，求數列{an}的通項公式;
(2)若數列{bn}滿足log2Cn=a1b1+a2b2++anbna1+a2++an，其中{Cn}是第三項為8，公比為4的等比數列，求證：點列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)在同一直線上，并求此直線方程.
【解析】(1)由an-22-1=2n-2n-1n-1，得an=2n.
(2)由已知有Cn=22n-3，由log2Cn的表達式可知：
2(b1+2b2++nbn)=n(n+1)(2n-3)，①
所以2[b1+2b2++(n-1)bn-1]=(n-1)n(2n-5).②
①-②得bn=3n-4，所以{bn}為等差數列.
故點列(1，b1)，(2，b2)，，(n，bn)共線，直線方程為y=3x-4.
【變式訓練3】已知等差數列{an}的首項a1及公差d都是整數，前n項和為Sn(nN*).若a11，a43，S39，則通項公式an=.
【解析】本題考查二元一次不等式的整數解以及等差數列的通項公式.
由a11，a43，S39得
令x=a1，y=d得
在平面直角坐標系中畫出可行域如圖所示.符合要求的整數點只有(2,1)，即a1=2，d=1.所以an=2+n-1=n+1.故答案填n+1.
總結提高
1.數列模型應用問題的求解策略
(1)認真審題，準確理解題意;
(2)依據問題情境，構造等差、等比數列，然后應用通項公式、前n項和公式以及性質求解，或通過探索、歸納構造遞推數列求解;
(3)驗證、反思結果與實際是否相符.
2.數列綜合問題的求解策略
(1)數列與函數綜合問題或應用數學思想解決數列問題，或以函數為載體構造數列，應用數列的知識求解;
(2)數列的幾何型綜合問題，探究幾何性質和規律特征建立數列的遞推關系式，然后求解問題.
高三數學教案2
教學目標
掌握等差數列與等比數列的性質，并能靈活應用等差(比)數列的性質解決有關等差(比)數列的綜合性問題。
教學重難點
掌握等差數列與等比數列的'性質，并能靈活應用等差(比)數列的性質解決有關等差(比)數列的綜合性問題。
教學過程
【示范舉例】
例1：數列是首項為23，公差為整數，
且前6項為正，從第7項開始為負的等差數列
(1)求此數列的公差d;
(2)設前n項和為Sn，求Sn的值;
(3)當Sn為正數時，求n的值.
高三數學教案3
1.導數概念及其幾何意義
(1)了解導數概念的實際背景;
(2)理解導數的幾何意義.
2.導數的運算
(1)能根據導數定義，求函數y=c(c為常數)，y=x，y=x2，y=x3，y= ，y= 的導數;
(2)能利用基本初等函數的導數公式和導數的四則運算法則求簡單函數的導數，能求簡單的復合函數(僅限于形如f(ax+b)的復合函數)的導數.
3.導數在研究函數中的應用
(1)了解函數單調性和導數的關系，能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間(其中多項式函數一般不超過三次);
(2)了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件;會用導數求函數的極大值、極小值(其中多項式函數一般不超過三次);會求閉區間上函數的最大值、最小值(其中多項式函數一般不超過三次).
4.生活中的優化問題
會利用導數解決某些實際問題.
5.定積分與微積分基本定理
(1)了解定積分的實際背景，了解定積分的基本思想，了解定積分的概念;
(2)了解微積分基本定理的含義. 本章重點：
1.導數的概念;
2.利用導數求切線的斜率;
3.利用導數判斷函數單調性或求單調區間;
4.利用導數求極值或最值;
5.利用導數求實際問題最優解.
本章難點：導數的綜合應用. 導數與定積分是微積分的核心概念之一，也是中學選學內容中較為重要的知識之一.由于其應用的廣泛性，為我們解決有關函數、數列問題提供了更一般、更有效的方法.因此，本章知識在高考題中常在函數、數列等有關最值不等式問題中有所體現，既考查數形結合思想，分類討論思想，也考查學生靈活運用所學知識和方法的能力.考題可能以選擇題或填空題的形式來考查導數與定積分的基本運算與簡單的幾何意義，而以解答 題的形式來綜合考查學生的分析問題和解決問題的能力.
知識網絡
3 .1 導數的概念與運算
典例精析
題型一 導數 的概念
【例1】 已知函數f(x)=2ln 3x+8x，
求 f(1-2Δx)-f(1)Δx的值.
【解析】由導數的定義知：
f(1-2Δx)-f(1)Δx=-2 f(1-2Δx)-f(1)-2Δx=-2f′(1)=-20.
【點撥】導數的實質是求函數值相對于自變量的變化率，即求當Δx→0時， 平均變化率ΔyΔx的極限.
【變式訓練1】某市在一次降雨過程中，降雨量y(mm)與時間t(min)的函數關系可以近似地表示為f(t)=t2100，則在時刻t=10 min的降雨強度為( )
A.15 mm/min B.14 mm/min
C.12 mm/min D.1 mm/min
【解析】選A.
題型二 求導函數
【例2】 求下列函數的導數.
(1)y=ln(x+1+x2);
(2)y=(x2-2x+3)e2x;
(3)y=3x1-x.
【解析】運用求導數公式及復合函數求導數法則.
(1)y′=1x+1+x2(x+1+x2)′
=1x+1+x2(1+x1+x2)=11+x2.
(2)y′=(2x-2)e2x+2(x2-2x+3)e2x
=2(x2-x+2)e2x.
(3)y′=13(x1-x 1-x+x(1-x)2
=13(x1-x 1(1-x)2
=13x (1-x)
【變式訓練2】如下圖，函數f(x)的圖象是折線段ABC，其中A、B、C的坐標分別為(0,4)，(2,0)，(6,4)，則f(f(0))= ; f(1+Δx)-f(1)Δx= (用數字作答).
【解析】f(0)=4，f(f(0))=f(4)=2，
由導數定義 f(1+Δx)-f(1)Δx=f′(1).
當0≤x≤2時，f(x)=4-2x，f′(x)=-2，f′(1)=-2.
題型三 利用導數求切線的斜率
【例3】 已知曲線C：y=x3-3x2+2x， 直線l：y=kx，且l與C切于點P(x0，y0) (x0≠0)，求直線l的.方程及切點坐標.
【解析】由l過原點，知k=y0x0 (x0≠0)，又點P(x0，y0) 在曲線C上，y0=x30-3x20+2x0，
所以 y0x0=x20-3x0+2.
而y′=3x2-6x+2，k=3x20-6x0+2.
又 k=y0x0，
所以3x20-6x0+2=x20-3x0+2，其中x0≠0，
解得x0=32.
所以y0=-38，所以k=y0x0=-14，
所以直線l的方程為y=-14x，切點坐標為(32，-38).
【點撥】利用切點在曲線上，又曲線在切點處的切線的斜率為曲線在該點處的導數來列方程，即可求得切點的坐標.
【變式訓練3】若函數y=x3-3x+4的切線經過點(-2，2)，求此切線方程.
【解析】設切點為P(x0，y0)，則由
y′=3x2-3得切線的斜率為k=3x20-3.
所以函數y=x3-3x+4在P(x0，y0)處的切線方程為
y-y0=(3x20-3)(x-x0).
又切線經過點(-2,2)，得
2-y0=(3x20-3)(-2-x0)，①
而切點在曲線上，得y0=x30-3x0+4， ②
由①②解得x0=1或x0=-2.
則切線方程為y=2 或 9x-y+20=0.
總結提高
1.函數y=f(x)在x=x0處的導數通常有以下兩種求法：
(1) 導數的定義，即求 ΔyΔx= f(x0+Δx)-f(x0)Δx的值;
(2)先求導函數f′(x)，再將x=x0的值代入，即得f′(x0)的值.
2.求y=f(x)的導函數的幾種方法：
(1)利用常見函數的導數公式;
(2)利用四則運算的導數公式;
(3)利用復合函數的求導方法.
3.導數的幾何意義：函數y=f(x)在x=x0處的導數f′(x0)，就是函數y=f(x)的曲線在點P(x0，y0)處的切線的斜率.
高三數學教案4
1.如圖，已知直線L： 的右焦點F，且交橢圓C于A、B兩點，點A、B在直線 上的射影依次為點D、E。
(1)若拋物線 的焦點為橢圓C的上頂點，求橢圓C的方程;
(2)(理)連接AE、BD，試探索當m變化時，直線AE、BD是否相交于一定點N?若交于定點N，請求出N點的坐標，并給予證明;否則說明理由。
(文)若 為x軸上一點,求證:
2.如圖所示，已知圓 定點A(1，0)，M為圓上一動點，點P在AM上，點N在CM上，且滿足 ，點N的軌跡為曲線E。
(1)求曲線E的方程;
(2)若過定點F(0，2)的直線交曲線E于不同的兩點G、H(點G在點F、H之間)，且滿足 的取值范圍。
3.設橢圓C： 的左焦點為F，上頂點為A，過點A作垂直于AF的直線交橢圓C于另外一點P，交x軸正半軸于點Q， 且
⑴求橢圓C的離心率;
⑵若過A、Q、F三點的圓恰好與直線
l： 相切，求橢圓C的方程.
4.設橢圓 的離心率為e=
(1)橢圓的左、右焦點分別為F1、F2、A是橢圓上的一點，且點A到此兩焦點的距離之和為4,求橢圓的方程.
(2)求b為何值時，過圓x2+y2=t2上一點M(2， )處的切線交橢圓于Q1、Q2兩點，而且OQ1OQ2.
5.已知曲線 上任意一點P到兩個定點F1(- ，0)和F2( ，0)的距離之和為4.
(1)求曲線 的方程;
(2)設過(0，-2)的直線 與曲線 交于C、D兩點，且 為坐標原點)，求直線 的方程.
6.已知橢圓 的左焦點為F，左、右頂點分別為A、C，上頂點為B.過F、B、C作⊙P，其中圓心P的坐標為(m，n).
(Ⅰ)當m+n0時，求橢圓離心率的范圍;
(Ⅱ)直線AB與⊙P能否相切?證明你的結論.
7.有如下結論：圓 上一點 處的切線方程為 ，類比也有結論：橢圓 處的切線方程為 ，過橢圓C： 的右準線l上任意一點M引橢圓C的兩條切線，切點為 A、B.
(1)求證：直線AB恒過一定點;(2)當點M在的縱坐標為1時，求△ABM的面積
8.已知點P(4，4)，圓C： 與橢圓E： 有一個公共點A(3，1)，F1、F2分別是橢圓的左、右焦點，直線PF1與圓C相切.
(Ⅰ)求m的值與橢圓E的方程;
(Ⅱ)設Q為橢圓E上的一個動點，求 的取值范圍.
9.橢圓的對稱中心在坐標原點，一個頂點為 ，右焦點 與點 的距離為 。
(1)求橢圓的方程;
(2)是否存在斜率 的直線 ： ，使直線 與橢圓相交于不同的兩點 滿足 ，若存在，求直線 的傾斜角 ;若不存在，說明理由。
10.橢圓方程為 的一個頂點為 ，離心率 。
(1)求橢圓的方程;
(2)直線 ： 與橢圓相交于不同的兩點 滿足 ，求 。
11.已知橢圓 的左焦點為F，左右頂點分別為A,C上頂點為B，過F,B,C三點作 ，其中圓心P的坐標為 .
(1) 若橢圓的離心率 ，求 的方程;
(2)若 的圓心在直線 上，求橢圓的方程.
12.已知直線 與曲線 交于不同的兩點 ， 為坐標原點.
(Ⅰ)若 ，求證：曲線 是一個圓;
(Ⅱ)若 ，當 且 時，求曲線 的離心率 的取值范圍.
13.設橢圓 的左、右焦點分別為 、 ，A是橢圓C上的一點，且 ，坐標原點O到直線 的距離為 .
(1)求橢圓C的方程;
(2)設Q是橢圓C上的一點，過Q的直線l交x軸于點 ，較y軸于點M，若 ，求直線l的方程.
14.已知拋物線的頂點在原點，焦點在y軸的負半軸上，過其上一點 的切線方程為 為常數).
(I)求拋物線方程;
(II)斜率為 的直線PA與拋物線的另一交點為A，斜率為 的直線PB與拋物線的另一交點為B(A、B兩點不同)，且滿足 ，求證線段PM的中點在y軸上;
(III)在(II)的條件下，當 時，若P的坐標為(1，-1)，求PAB為鈍角時點A的縱坐標的取值范圍.
15.已知動點A、B分別在x軸、y軸上，且滿足|AB|=2，點P在線段AB上，且
設點P的軌跡方程為c。
(1)求點P的軌跡方程C;
(2)若t=2，點M、N是C上關于原點對稱的兩個動點(M、N不在坐標軸上)，點Q
坐標為 求△QMN的面積S的最大值。
16.設 上的兩點，
已知 ， ，若 且橢圓的離心率 短軸長為2， 為坐標原點.
(Ⅰ)求橢圓的方程;
(Ⅱ)若直線AB過橢圓的焦點F(0，c)，(c為半焦距)，求直線AB的斜率k的值;
(Ⅲ)試問：△AOB的面積是否為定值?如果是，請給予證明;如果不是，請說明理由
17.如圖，F是橢圓 (a0)的一個焦點，A,B是橢圓的兩個頂點，橢圓的離心率為 .點C在x軸上，BCBF，B，C，F三點確定的圓M恰好與直線l1： 相切.
(Ⅰ)求橢圓的方程：
(Ⅱ)過點A的直線l2與圓M交于PQ兩點，且 ，求直線l2的方程.
18.如圖，橢圓長軸端點為 ， 為橢圓中心， 為橢圓的右焦點，且 .
(1)求橢圓的標準方程;
(2)記橢圓的上頂點為 ，直線 交橢圓于 兩點，問：是否存在直線 ，使點 恰為 的垂心?若存在，求出直線 的方程;若不存在，請說明理由.
19.如圖，已知橢圓的中心在原點，焦點在 軸上，離心率為 ，且經過點 . 直線 交橢圓于 兩不同的點.
20.設 ，點 在 軸上，點 在 軸上，且
(1)當點 在 軸上運動時，求點 的軌跡 的方程;
(2)設 是曲線 上的點，且 成等差數列，當 的垂直平分線與 軸交于點 時，求 點坐標.
21.已知點 是平面上一動點，且滿足
(1)求點 的軌跡 對應的方程;
(2)已知點 在曲線 上，過點 作曲線 的兩條弦 和 ，且 ，判斷：直線 是否過定點?試證明你的結論.
22.已知橢圓 的中心在坐標原點，焦點在坐標軸上，且經過 、 、 三點.
(1)求橢圓 的方程：
(2)若點D為橢圓 上不同于 、 的任意一點， ，當 內切圓的面積最大時。求內切圓圓心的坐標;
(3)若直線 與橢圓 交于 、 兩點，證明直線 與直線 的交點在直線 上.
23.過直角坐標平面 中的拋物線 的焦點 作一條傾斜角為 的直線與拋物線相交于A，B兩點。
(1)用 表示A，B之間的距離;
(2)證明： 的大小是與 無關的定值，
并求出這個值。
24.設 分別是橢圓C： 的左右焦點
(1)設橢圓C上的點 到 兩點距離之和等于4，寫出橢圓C的方程和焦點坐標
(2)設K是(1)中所得橢圓上的動點，求線段 的中點B的軌跡方程
(3)設點P是橢圓C 上的任意一點，過原點的直線L與橢圓相交于M，N兩點，當直線PM ，PN的斜率都存在，并記為 試探究 的值是否與點P及直線L有關，并證明你的結論。
25.已知橢圓 的離心率為 ，直線 : 與以原點為圓心、以橢圓 的短半軸長為半徑的圓相切.
(I)求橢圓 的方程;
(II)設橢圓 的左焦點為 ，右焦點 ，直線 過點 且垂直于橢圓的長軸，動直線 垂直 于點 ，線段 垂直平分線交 于點 ，求點 的軌跡 的方程;
(III)設 與 軸交于點 ，不同的'兩點 在 上，且滿足 求 的取值范圍.
26.如圖所示，已知橢圓 ： ， 、 為
其左、右焦點， 為右頂點， 為左準線，過 的直線 ： 與橢圓相交于 、
兩點，且有： ( 為橢圓的半焦距)
(1)求橢圓 的離心率 的最小值;
(2)若 ，求實數 的取值范圍;
(3)若 , ，
求證： 、 兩點的縱坐標之積為定值;
27.已知橢圓 的左焦點為 ，左右頂點分別為 ，上頂點為 ，過 三點作圓 ，其中圓心 的坐標為
(1)當 時，橢圓的離心率的取值范圍
(2)直線 能否和圓 相切?證明你的結論
28.已知點A(-1，0)，B(1，-1)和拋物線. ，O為坐標原點，過點A的動直線l交拋物線C于M、P，直線MB交拋物線C于另一點Q，如圖.
(I)證明: 為定值;
(II)若△POM的面積為 ，求向量 與 的夾角;
(Ⅲ) 證明直線PQ恒過一個定點.
29.已知橢圓C： 上動點 到定點 ,其中 的距離 的最小值為1.
(1)請確定M點的坐標
(2)試問是否存在經過M點的直線 ,使 與橢圓C的兩個交點A、B滿足條件 (O為原點),若存在,求出 的方程,若不存在請說是理由。
30.已知橢圓 ，直線 與橢圓相交于 兩點.
(Ⅰ)若線段 中點的橫坐標是 ，求直線 的方程;
(Ⅱ)在 軸上是否存在點 ，使 的值與 無關?若存在，求出 的值;若不存在，請說明理由.
31.直線AB過拋物線 的焦點F，并與其相交于A、B兩點。Q是線段AB的中點，M是拋物線的準線與y軸的交點.O是坐標原點.
(I)求 的取值范圍;
(Ⅱ)過 A、B兩點分剮作此撒物線的切線，兩切線相交于N點.求證： ∥ ;
(Ⅲ) 若P是不為1的正整數，當 ，△ABN的面積的取值范圍為 時，求該拋物線的方程.
32.如圖，設拋物線 ( )的準線與 軸交于 ，焦點為 ;以 、 為焦點，離心率 的橢圓 與拋物線 在 軸上方的一個交點為 .
(Ⅰ)當 時，求橢圓的方程及其右準線的方程;
(Ⅱ)在(Ⅰ)的條件下，直線 經過橢圓 的右焦點 ，與拋物線 交于 、 ，如果以線段 為直徑作圓，試判斷點 與圓的位置關系，并說明理由;
(Ⅲ)是否存在實數 ，使得 的邊長是連續的自然數，若存在，求出這樣的實數 ;若不存在，請說明理由.
33.已知點 和動點 滿足： ,且存在正常數 ，使得 。
(1)求動點P的軌跡C的方程。
(2)設直線 與曲線C相交于兩點E，F，且與y軸的交點為D。若 求 的值。
34.已知橢圓 的右準線 與 軸相交于點 ，右焦點 到上頂點的距離為 ，點 是線段 上的一個動點.
(I)求橢圓的方程;
(Ⅱ)是否存在過點 且與 軸不垂直的直線 與橢圓交于 、 兩點,使得 ,并說明理由.
35.已知橢圓C： ( .
(1)若橢圓的長軸長為4，離心率為 ，求橢圓的標準方程;
(2)在(1)的條件下，設過定點 的直線 與橢圓C交于不同的兩點 ，且 為銳角(其中 為坐標原點)，求直線 的斜率k的取值范圍;
(3)如圖，過原點 任意作兩條互相垂直的直線與橢圓 ( )相交于 四點，設原點 到四邊形 一邊的距離為 ，試求 時 滿足的條件.
36.已知 若過定點 、以 ( )為法向量的直線 與過點 以 為法向量的直線 相交于動點 .
(1)求直線 和 的方程;
(2)求直線 和 的斜率之積 的值，并證明必存在兩個定點 使得 恒為定值;
(3)在(2)的條件下，若 是 上的兩個動點，且 ，試問當 取最小值時，向量 與 是否平行，并說明理由。
37.已知點 ,點 (其中 )，直線 、 都是圓 的切線.
(Ⅰ)若 面積等于6，求過點 的拋物線 的方程;
(Ⅱ)若點 在 軸右邊，求 面積的最小值.
38.我們知道，判斷直線與圓的位置關系可以用圓心到直線的距離進行判別，那么直線與橢圓的位置關系有類似的判別方法嗎?請同學們進行研究并完成下面問題。
(1)設F1、F2是橢圓 的兩個焦點，點F1、F2到直線 的距離分別為d1、d2，試求d1d2的值，并判斷直線L與橢圓M的位置關系。
(2)設F1、F2是橢圓 的兩個焦點，點F1、F2到直線
(m、n不同時為0)的距離分別為d1、d2，且直線L與橢圓M相切，試求d1d2的值。
(3)試寫出一個能判斷直線與橢圓的位置關系的充要條件，并證明。
(4)將(3)中得出的結論類比到其它曲線，請同學們給出自己研究的有關結論(不必證明)。
39.已知點 為拋物線 的焦點，點 是準線 上的動點，直線 交拋物線 于 兩點，若點 的縱坐標為 ，點 為準線 與 軸的交點.
(Ⅰ)求直線 的方程;(Ⅱ)求 的面積 范圍;
(Ⅲ)設 ， ，求證 為定值.
40.已知橢圓 的離心率為 ，直線 : 與以原點為圓心、以橢圓 的短半軸長為半徑的圓相切.
(I)求橢圓 的方程;
(II)設橢圓 的左焦點為 ，右焦點 ，直線 過點 且垂直于橢圓的長軸，動直線 垂直 于點 ，線段 垂直平分線交 于點 ，求點 的軌跡 的方程;
(III)設 與 軸交于點 ，不同的兩點 在 上，且滿足 求 的取值范圍.
41.已知以向量 為方向向量的直線 過點 ，拋物線 ： 的頂點關于直線 的對稱點在該拋物線的準線上.
(1)求拋物線 的方程;
(2)設 、 是拋物線 上的兩個動點，過 作平行于 軸的直線 ，直線 與直線 交于點 ，若 ( 為坐標原點， 、 異于點 )，試求點 的軌跡方程。
42.如圖，設拋物線 ( )的準線與 軸交于 ，焦點為 ;以 、 為焦點，離心率 的橢圓 與拋物線 在 軸上方的一個交點為 .
(Ⅰ)當 時，求橢圓的方程及其右準線的方程;
(Ⅱ)在(Ⅰ)的條件下，直線 經過橢圓 的右焦點 ，
與拋物線 交于 、 ，如果以線段 為直徑作圓，
試判斷點 與圓的位置關系，并說明理由;
(Ⅲ)是否存在實數 ，使得 的邊長是連續的自然數，若存在，求出這樣的實數 ;若不存在，請說明理由.
43.設橢圓 的一個頂點與拋物線 的焦點重合， 分別是橢圓的左、右焦點，且離心率 且過橢圓右焦點 的直線 與橢圓C交于 兩點.
(Ⅰ)求橢圓C的方程;
(Ⅱ)是否存在直線 ，使得 .若存在，求出直線 的方程;若不存在，說明理由.
(Ⅲ)若AB是橢圓C經過原點O的弦， MN AB，求證： 為定值.
44.設 是拋物線 的焦點，過點M(-1，0)且以 為方向向量的直線順次交拋物線于 兩點。
(Ⅰ)當 時，若 與 的夾角為 ，求拋物線的方程;
(Ⅱ)若點 滿足 ，證明 為定值，并求此時△ 的面積
45.已知點 ，點 在 軸上，點 在 軸的正半軸上，點 在直線 上，且滿足 .
(Ⅰ)當點 在 軸上移動時，求點 的軌跡 的方程;
(Ⅱ)設 、 為軌跡 上兩點，且 0, ，求實數 ，
使 ，且 .
46.已知橢圓 的右焦點為F，上頂點為A，P為C 上任一點，MN是圓 的一條直徑，若與AF平行且在y軸上的截距為 的直線 恰好與圓 相切。
(1)已知橢圓 的離心率;
(2)若 的最大值為49，求橢圓C 的方程.
高三數學教案5
一、教材結構與內容簡析
1、本節內容在全書及章節的地位：
《向量》出現在高中數學第一冊（下）第五章第1節。本節內容是傳統意義上《平面解析幾何》的基礎部分，因此，在《數學》這門學科中，占據極其重要的地位。
2、數學思想方法分析：
（1）從“向量可以用有向線段來表示”所反映出的“數”與“形”之間的轉化，就可以看到《數學》本身的“量化”與“物化”。
（2）從建構手段角度分析，在教材所提供的材料中，可以看到“數形結合”思想。
二、教學目標
根據上述教材結構與內容分析，考慮到學生已有的認知結構心理特征，制定如下教學目標：
1、基礎知識目標：掌握“向量”的概念及其表示方法，能利用它們解決相關的問題。
2、能力訓練目標：逐步培養學生觀察、分析、綜合和類比能力，會準確地闡述自己的思路和觀點，著重培養學生的認知和元認知能力。
3、創新素質目標：引導學生從日常生活中挖掘數學內容，培養學生的發現意識和整合能力；《向量》的教學旨在培養學生的“知識重組”意識和“數形結合”能力。
4、個性品質目標：培養學生勇于探索，善于發現，獨立意識以及不斷超越自我的創新品質。
三、教學重點、難點、關鍵
重點：向量概念的引入。
難點：“數”與“形”完美結合。
關鍵：本節課通過“數形結合”，著重培養和發展學生的認知和變通能力。
四、教材處理
建構主義學習理論認為，建構就是認知結構的組建，其過程一般是先把知識點按照邏輯線索和內在聯系，串成知識線，再由若干條知識線形成知識面，最后由知識面按照其內容、性質、作用、因果等關系組成綜合的知識體。本課時為何提出“數形結合”呢，應該說，這一處理方法正是基于此理論的體現。其次，本節課處理過程力求達到解決如下問題：知識是如何產生的？如何發展？又如何從實際問題抽象成為數學問題，并賦予抽象的.數學符號和表達式，如何反映生活中客觀事物之間簡單的和諧關系。
五、教學模式
教學過程是教師活動和學生活動的十分復雜的動態性總體，是教師和全體學生積極參與下，進行集體認識的過程。教為主導，學為主體，又互為客體。啟動學生自主性學習，啟發引導學生實踐數學思維的過程，自得知識，自覓規律，自悟原理，主動發展思維和能力。
六、學習方法
1、讓學生在認知過程中，著重掌握元認知過程。
2、使學生把獨立思考與多向交流相結合。
七、教學程序及設想
（一）設置問題，創設情景。
1、提出問題：在日常生活中，我們不僅會遇到大小不等的量，還經常會接觸到一些帶有方向的量，這些量應該如何表示呢？
2、（在學生討論基礎上，教師引導）通過“力的圖示”的回憶，分析大小、方向、作用點三者之間的關系，著重考慮力的作用點對運動的相對性與絕對性的影響。
設計意圖：
1、把教材內容轉化為具有潛在意義的問題，讓學生產生強烈的問題意識，使學生的整個學習過程成為“猜想”、驚訝、困惑、感到棘手，緊張地沉思，期待尋找理由和論證的過程。
2、我們知道，學習總是與一定知識背景即情境相聯系的。在實際情境下進行學習，可以使學生利用已有知識與經驗，同化和索引出當前學習的新知識。這樣獲取的知識，不但便于保持，而且易于遷移到陌生的問題情境中。
（二）提供實際背景材料，形成假說。
1、小船以0.5m/s的速度航行，已知一條河長xxxxm，寬150m，問小船需經過多長時間，到達對岸？
2、到達對岸？這句話的實質意義是什么？（學生討論，期望回答：指代不明。）
3、由此實際問題如何抽象為數學問題呢？（學生交流討論，期望回答：要確定某些量，有時除了知道其大小外，還需要了解其方向。）
設計意圖：
1、在稍稍超前于學生智力發展的邊界上（即思維的最鄰近發展）通過問題引領，來促成學生“數形結合”思想的形成。
2、通過學生交流討論，把實際問題抽象成為數學問題，并賦予抽象的數學符號和表達方式。
（三）引導探索，尋找解決方案。
1、如何補充上面的題目呢？從已學過知識可知，必須增加“方位”要求。
2、方位的實質是什么呢？即位移的本質是什么？期望回答：大小與方向的統一。
3、零向量、單位向量、平行向量、相等向量、共線向量等系列化概念之間的關系是什么？（明確要領。）
設計意圖：
1、學生在教師引導下，在積累了已有探索經驗的基礎上，進行討論交流，相互評價，共同完成了“數形結合”思想上的建構。
2、這一問題設計，試圖讓學生不“唯書”，敢于和善于質疑批判和超越書本和教師，這是創新素質的突出表現，讓學生不滿足于現狀，執著地追求。
3、盡可能地揭示出認知思想方法的全貌，使學生從整體上把握解決問題的方法。
（四）總結結論，強化認識。
經過引導，學生歸納出“數形結合”的思想——“數”與“形”是一個問題的兩個方面，“形”的外表里，蘊含著“數”的本質。
設計意圖：促進學生數學思想方法的形成，引導學生確實掌握“數形結合”的思想方法。
（五）變式延伸，進行重構。
教師引導：在此我們已經知道，欲解決一些抽象的數學問題，可以借助于圖形來解決，這就是向量的理論基礎。
下面繼續研究，與向量有關的一些概念，引導學生利用模型演示進行觀察。
概念1：長度為0的向量叫做零向量。
概念2：長度等于一個單位長度的向量，叫做單位向量。
概念3：方向相同或相反的非零向量叫做平行（或共線）向量。（規定：零向量與任一向量平行。）
概念4：長度相等且方向相同的向量叫做相等向量。
設計意圖：
1、學生在教師引導下，在積累了已有探索經驗的基礎上進行討論交流，相互評價，共同完成了有向線段與向量兩者關系的建構。
2、這些概念的比較可以讓學生加強對“向量”概念的理解，以便更好地“數形結合”。
3、讓學生對教學思想方法，及其應情境達到較為純熟的認識，并將這種認識思維地貯存在大腦中，隨時提取和應用。
（六）總結回授調整。
1、知識性內容：
例設O是正六邊形ABCDEF的中心，分別寫出圖中與向量OA、OB、OC相等的向量。
2、對運用數學思想方法創新素質培養的小結：
a、要善于在實際生活中，發現問題，從而提煉出相應的數學問題。發現作為一種意識，可以解釋為“探察問題的意識”；發現作為一種能力，可以解釋為“找到新東西”的能力，這是培養創造力的基本途徑。
b、問題的解決，采用了“數形結合”的數學思想，體現了數學思想方法是解決問題的根本途徑。
c、問題的變式探究的過程，是一個創新思維活動過程中一種多維整合過程。重組知識的過程，是一種多維整合的過程，是一個高層次的知識綜合過程，是對教材知識在更高水平上的概括和總結，有利于形成一個自我再生力強的開放的動態的知識系統，從而使得思維具有整體功能和創新能力。
3、設計意圖：
a、知識性內容的總結，可以把課堂教學傳授的知識，盡快轉化為學生的素質。
b、運用數學方法創新素質的小結，能讓學生更系統，更深刻地理解數學思想方法在解題中的地位和作用，并且逐漸培養學生的良好個性品質。這是每堂課必不可少的一個重要環節。
（七）布置作業。
反饋“數形結合”的探究過程，整理知識體系，并完成習題5、1的內容。
高三數學教案6
本文題目：高三數學教案：三角函數的周期性
一、學習目標與自我評估
1 掌握利用單位圓的幾何方法作函數 的圖象
2 結合 的圖象及函數周期性的定義了解三角函數的周期性，及最小正周期
3 會用代數方法求 等函數的周期
4 理解周期性的幾何意義
二、學習重點與難點
周期函數的概念， 周期的求解。
三、學法指導
1、 是周期函數是指對定義域中所有 都有
，即 應是恒等式。
2、周期函數一定會有周期，但不一定存在最小正周期。
四、學習活動與意義建構
五、重點與難點探究
例1、若鐘擺的高度 與時間 之間的函數關系如圖所示
(1)求該函數的周期;
(2)求 時鐘擺的高度。
例2、求下列函數的周期。
(1) (2)
總結：(1)函數 (其中 均為常數，且
的周期T= 。
(2)函數 (其中 均為常數，且
的周期T= 。
例3、求證： 的周期為 。
例4、(1)研究 和 函數的圖象，分析其周期性。
(2)求證： 的周期為 (其中 均為常數，
且
總結：函數 (其中 均為常數，且
的周期T= 。
例5、(1)求 的周期。
(2)已知 滿足 ，求證： 是周期函數
課后思考：能否利用單位圓作函數 的.圖象。
六、作業：
七、自主體驗與運用
1、函數 的周期為 ( )
A、 B、 C、 D、
2、函數 的最小正周期是 ( )
A、 B、 C、 D、
3、函數 的最小正周期是 ( )
A、 B、 C、 D、
4、函數 的周期是 ( )
A、 B、 C、 D、
5、設 是定義域為R,最小正周期為 的函數，
若 ，則 的值等于 ()
A、1 B、 C、0 D、
6、函數 的最小正周期是 ，則
7、已知函數 的最小正周期不大于2，則正整數
的最小值是
8、求函數 的最小正周期為T，且 ，則正整數
的最大值是
9、已知函數 是周期為6的奇函數，且 則
10、若函數 ，則
11、用周期的定義分析 的周期。
12、已知函數 ，如果使 的周期在 內，求
正整數 的值
13、一機械振動中，某質子離開平衡位置的位移 與時間 之間的
函數關系如圖所示：
(1) 求該函數的周期;
(2) 求 時，該質點離開平衡位置的位移。
14、已知 是定義在R上的函數，且對任意 有
成立，
(1) 證明： 是周期函數;
(2) 若 求 的值。
高三數學教案7
典例精析
題型一 求函數f(x)的單調區間
【例1】已知函數f(x)=x2-ax-aln(x-1)(a∈R)，求函數f(x)的單調區間.
【解析】函數f(x)=x2-ax-aln(x-1)的定義域是(1，+∞).
f′(x)=2x-a-ax-1=2x(x-a+22)x-1，
①若a≤0，則a+22≤1，f′(x)=2x(x-a+22)x-1>0在(1，+∞)上恒成立，所以a≤0時，f(x)的增區間為(1，+∞).
②若a>0，則a+22>1，
故當x∈(1，a+22]時，f′(x)=2x(x-a+22)x-1≤0;
當x∈[a+22，+∞)時，f′(x)=2x(x-a+22)x-1≥0，
所以a>0時，f(x)的減區間為(1，a+22]，f(x)的增區間為[a+22，+∞).
【點撥】在定義域x>1下，為了判定f′(x)符號，必須討論實數a+22與0及1的大小，分類討論是解本題的關鍵.
【變式訓練1】已知函數f(x)=x2+ln x-ax在(0,1)上是增函數，求a的取值范圍.
【解析】因為f′(x)=2x+1x-a，f(x)在(0,1)上是增函數，
所以2x+1x-a≥0在(0,1)上恒成立，
即a≤2x+1x恒成立.
又2x+1x≥22(當且僅當x=22時，取等號).
所以a≤22，
故a的取值范圍為(-∞，22].
【點撥】當f(x)在區間(a，b)上是增函數時f′(x)≥0在(a，b)上恒成立;同樣，當函數f(x)在區間(a，b)上為減函數時f′(x)≤0在(a，b)上恒成立.然后就要根據不等式恒成立的條件來求參數的取值范圍了.
題型二 求函數的極值
【例2】已知f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)在x=±1時取得極值，且f(1)=-1.
(1)試求常數a，b，c的值;
(2)試判斷x=±1是函數的極小值點還是極大值點，并說明理由.
【解析】(1)f′(x)=3ax2+2bx+c.
因為x=±1是函數f(x)的極值點，
所以x=±1是方程f′(x)=0，即3ax2+2bx+c=0的兩根.
由根與系數的關系，得
又f(1)=-1，所以a+b+c=-1. ③
由①②③解得a=12，b=0，c=-32.
(2)由(1)得f(x)=12x3-32x，
所以當f′(x)=32x2-32>0時，有x<-1或x>1;
當f′(x)=32x2-32<0時，有-1
所以函數f(x)=12x3-32x在(-∞，-1)和(1，+∞)上是增函數，在(-1,1)上是減函數.
所以當x=-1時，函數取得極大值f(-1)=1;當x=1時，函數取得極小值f(1)=-1.
【點撥】求函數的極值應先求導數.對于多項式函數f(x)來講， f(x)在點x=x0處取極值的必要條件是f′(x)=0.但是， 當x0滿足f′(x0)=0時， f(x)在點x=x0處卻未必取得極 值，只有在x0的兩側f(x)的導數異號時，x0才是f(x)的極值點.并且如果f′(x)在x0兩側滿足“左正右負”，則x0是f(x)的極大值點，f(x0)是極大值;如果f′(x)在x0兩側滿足“左負右正”，則x0是f(x)的極小值點，f(x0)是極小值.
【變式訓練2】定義在R上的函數y=f(x)，滿足f(3-x)=f(x)，(x-32)f′(x)<0，若x13，則有( )
A. f(x1)f(x2)
C. f(x1)=f(x2) D.不確定
【解析】由f(3-x)=f(x)可得f[3-(x+32)]=f(x+32)，即f(32-x)=f(x+32)，所以函數f(x)的圖象關于x=32對稱.又因為(x-32)f′(x)<0，所以當x>32時，函數f(x)單調遞減，當x<32時，函數f(x)單調遞增.當x1+x22=32時，f(x1)=f(x2)，因為x1+x2>3，所以x1+x22>32，相當于x1，x2的中點向右偏離對稱軸，所以f(x1)>f(x2).故選B.
題型三 求函數的最值
【例3】 求函數f(x)=ln(1+x)-14x2在區間[0,2]上的最大值和最小值.
【解析】f′(x)=11+x-12x，令11+x-12x=0，化簡為x2+x-2=0，解得x1=-2或x2=1，其中x1=-2舍去.
又由f′(x)=11+x-12x>0，且x∈[0,2]，得知函數f(x)的`單調遞增區間是(0,1)，同理， 得知函數f(x)的單調遞減區間是(1,2)，所以f(1)=ln 2-14為函數f(x)的極大值.又因為f(0)=0，f(2)=ln 3-1>0，f(1)>f(2)，所以，f(0)=0為函數f(x)在[0,2]上的最小值，f(1)=ln 2-14為函數f(x)在[0,2]上的最大值.
【點撥】求函數f(x)在某閉區間[a，b]上的最值，首先需求函數f(x)在開區間(a，b)內的極值，然后，將f(x)的各個極值與f(x)在閉區間上的端點的函數值f(a)、f(b)比較，才能得出函數f(x)在[a，b]上的最值.
【變式訓練3】(20xx江蘇)f(x)=ax3-3x+1對x∈[-1,1]總有f(x)≥0成立，則a= .
【解析】若x=0，則無論a為 何值，f(x)≥0恒成立.
當x∈(0,1]時，f(x)≥0可以化為a≥3x2-1x3，
設g(x)=3x2-1x3，則g′(x)=3(1-2x)x4，
x∈(0，12)時，g′(x)>0，x∈(12，1]時，g′(x)<0.
因此g(x)max=g(12)=4，所以a≥4.
當x∈[-1,0)時，f(x)≥0可以化為
a≤3x2-1x3，此時g′(x)=3(1-2x)x4>0，
g(x)min=g(-1)=4，所以a≤4.
綜上可知，a=4.
總結提高
1.求函數單調區間的步驟是：
(1)確定函數f(x)的定義域D;
(2)求導數f′(x);
(3)根據f′(x)>0，且x∈D，求得函數f(x)的單調遞增區間;根據f′(x)<0，且x∈D，求得函數f(x)的單調遞減區間.
2.求函數極值的步驟是：
(1)求導數f′(x);
(2)求方程f′(x)=0的根;
(3)判斷f′(x)在方程根左右的值的符號，確定f(x)在這個根處取極大值還是取極小值.
3.求函數最值的步驟是：
先求f(x)在(a，b)內的極值;再將f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.
高三數學教案8
內容提要：本文把常見的排列問題歸納成三種典型問題，并在排列的一般規定性下，對每一種類型的問題通過典型例題歸納出相應的解決方案，并附以近年的高考原題及解析，使我們對排列問題的認識更深入本質，對排列問題的解決更有章法可尋。
關鍵詞： 特殊優先，大元素，捆綁法，插空法，等機率法
排列問題的應用題是學生學習的難點，也是高考的必考內容，筆者在教學中嘗試將排列
問題歸納為三種類型來解決：
下面就每一種題型結合例題總結其特點和解法，并附以近年的高考原題供讀者參研。
一、能排不能排排列問題（即特殊元素在特殊位置上有特別要求的排列問題）
解決此類問題的關鍵是特殊元素或特殊位置優先。或使用間接法。
例1：（1）7位同學站成一排，其中甲站在中間的位置，共有多少種不同的排法？
（2）7位同學站成一排，甲、乙只能站在兩端的排法共有多少種？
（3）7位同學站成一排，甲、乙不能站在排頭和排尾的排法共有多少種？
（4）7位同學站成一排，其中甲不能在排頭、乙不能站排尾的排法共有多少種？
解析：
（1）先考慮甲站在中間有1種方法，再在余下的6個位置排另外6位同學，共 種方法；
（2）先考慮甲、乙站在兩端的排法有 種，再在余下的5個位置排另外5位同學的排法有 種，共 種方法；
（3） 先考慮在除兩端外的5個位置選2個安排甲、乙有 種，再在余下的5個位置排另外5位同學排法有 種，共 種方法；本題也可考慮特殊位置優先，即兩端的排法有 ，中間5個位置有 種，共 種方法；
（4）分兩類乙站在排頭和乙不站在排頭，乙站在排頭的排法共有 種，乙不站在排頭的.排法總數為：先在除甲、乙外的5人中選1人安排在排頭的方法有 種，中間5個位置選1個安排乙的方法有 ，再在余下的5個位置排另外5位同學的排法有 ，故共有 種方法；本題也可考慮間接法，總排法為 ，不符合條件的甲在排頭和乙站排尾的排法均為 ，但這兩種情況均包含了甲在排頭和乙站排尾的情況，故共有 種。
例2。某天課表共六節課，要排政治、語文、數學、物理、化學、體育共六門課程，如果第一節不排體育，最后一節不排數學，共有多少種不同的排課方法？
解法1：對特殊元素數學和體育進行分類解決
（1）數學、體育均不排在第一節和第六節，有 種，其他有 種，共有 種；
（2）數學排在第一節、體育排在第六節有一種，其他有 種，共有 種；
（3）數學排在第一節、體育不在第六節有 種，其他有 種，共有 種；
（4）數學不排在第一節、體育排在第六節有 種，其他有 種，共有 種；
所以符合條件的排法共有 種
解法2：對特殊位置第一節和第六節進行分類解決
（1）第一節和第六節均不排數學、體育有 種，其他有 種，共有 種；
（2）第一節排數學、第六節排體育有一種，其他有 種，共有 種；
（3）第一節排數學、第六節不排體育有 種，其他有 種，共有 種；
（4）第一節不排數學、第六節排體育有 種，其他有 種，共有 種；
所以符合條件的排法共有 種。
解法3：本題也可采用間接排除法解決
不考慮任何限制條件共有 種排法，不符合題目要求的排法有：（1）數學排在第六節有 種；（2）體育排在第一節有 種；考慮到這兩種情況均包含了數學排在第六節和體育排在第一節的情況 種所以符合條件的排法共有 種
附：
1、（20xx北京卷）五個工程隊承建某項工程的五個不同的子項目，每個工程隊承建1項，其中甲工程隊不能承建1號子項目，則不同的承建方案共有（ ）
（A） 種 （B） 種 （C） 種 （D） 種
解析：本題在解答時將五個不同的子項目理解為5個位置，五個工程隊相當于5個不同的元素，這時問題可歸結為能排不能排排列問題（即特殊元素在特殊位置上有特別要求的排列問題），先排甲工程隊有 ，其它4個元素在4個位置上的排法為 種，總方案為 種。故選（B）。
2、（20xx全國卷Ⅱ）在由數字0，1，2，3，4，5所組成的沒有重復數字的四位數中，不能被5整除的數共有 個。
解析：本題在解答時只須考慮個位和千位這兩個特殊位置的限制，個位為1、2、3、4中的某一個有4種方法，千位在余下的4個非0數中選擇也有4種方法，十位和百位方法數為 種，故方法總數為 種。
3、（20xx福建卷）從6人中選出4人分別到巴黎、倫敦、悉尼、莫斯科四個城市游覽，要求每個城市有一人游覽，每人只游覽一個城市，且這6人中甲、乙兩人不去巴黎游覽，則不同的選擇方案共有 （ ）
A、300種 B、240種 C、144種 D、96種
解析：本題在解答時只須考慮巴黎這個特殊位置的要求有4種方法，其他3個城市的排法看作標有這3個城市的3個簽在5個位置（5個人）中的排列有 種，故方法總數為 種。故選（B）。
上述問題歸結為能排不能排排列問題，從特殊元素和特殊位置入手解決，抓住了問題的本質，使問題清晰明了，解決起來順暢自然。
二、相鄰不相鄰排列問題（即某兩或某些元素不能相鄰的排列問題）
相鄰排列問題一般采用大元素法，即將相鄰的元素捆綁作為一個元素，再與其他元素進行排列，解答時注意釋放大元素，也叫捆綁法。不相鄰排列問題（即某兩或某些元素不能相鄰的排列問題）一般采用插空法。
例3：7位同學站成一排，
（1）甲、乙和丙三同學必須相鄰的排法共有多少種？
（2）甲、乙和丙三名同學都不能相鄰的排法共有多少種？
（3）甲、乙兩同學間恰好間隔2人的排法共有多少種？
解析：
（1）第一步、將甲、乙和丙三人捆綁成一個大元素與另外4人的排列為 種，
第二步、釋放大元素，即甲、乙和丙在捆綁成的大元素內的排法有 種，所以共 種；
（2）第一步、先排除甲、乙和丙之外4人共 種方法，第二步、甲、乙和丙三人排在4人排好后產生的5個空擋中的任何3個都符合要求，排法有 種，所以共有 種；（3）先排甲、乙，有 種排法，甲、乙兩人中間插入的2人是從其余5人中選，有 種排法，將已經排好的4人當作一個大元素作為新人參加下一輪4人組的排列，有 種排法，所以總的排法共有 種。
附：1、（20xx遼寧卷）用1、2、3、4、5、6、7、8組成沒有重復數字的八位數，要求1和2相鄰，3與4相鄰，5與6相鄰，而7與8不相鄰，這樣的八位數共有 個。（用數字作答）
解析：第一步、將1和2捆綁成一個大元素，3和4捆綁成一個大元素，5和6捆綁成一個大元素，第二步、排列這三個大元素，第三步、在這三個大元素排好后產生的4個空擋中的任何2個排列7和8，第四步、釋放每個大元素（即大元素內的每個小元素在捆綁成的大元素內部排列），所以共有 個數。
2、 （20xx。 重慶理）某校高三年級舉行一次演講賽共有10位同學參賽，其中一班有3位，
二班有2位，其它班有5位，若采用抽簽的方式確定他們的演講順序，則一班有3位同學恰
好被排在一起（指演講序號相連），而二班的2位同學沒有被排在一起的概率為 （ ）
A、B、C、D。
解析：符合要求的基本事件（排法）共有：第一步、將一班的3位同學捆綁成一個大元素，第二步、這個大元素與其它班的5位同學共6個元素的全排列，第三步、在這個大元素與其它班的5位同學共6個元素的全排列排好后產生的7個空擋中排列二班的2位同學，第四步、釋放一班的3位同學捆綁成的大元素，所以共有 個；而基本事件總數為 個，所以符合條件的概率為 。故選（ B ）。
3、（20xx京春理）某班新年聯歡會原定的5個節目已排成節目單，開演前又增加了兩個新節目。如果將這兩個節目插入原節目單中，那么不同插法的種數為（ ）
A、42 B、30 C、20 D、12
解析：分兩類：增加的兩個新節目不相鄰和相鄰，兩個新節目不相鄰采用插空法，在5個節目產生的6個空擋排列共有 種，將兩個新節目捆綁作為一個元素叉入5個節目產生的6個空擋中的一個位置，再釋放兩個新節目 捆綁成的大元素，共有 種，再將兩類方法數相加得42種方法。故選（ A ）。
三、機會均等排列問題（即某兩或某些元素按特定的方式或順序排列的排列問題）
解決機會均等排列問題通常是先對所有元素進行全排列，再借助等可能轉化，即乘以符合要求的某兩（或某些）元素按特定的方式或順序排列的排法占它們（某兩（或某些）元素）全排列的比例，稱為等機率法或將特定順序的排列問題理解為組合問題加以解決。
例4、 7位同學站成一排。
（1）甲必須站在乙的左邊？
（2）甲、乙和丙三個同學由左到右排列？
解析：
（1）7位同學站成一排總的排法共 種，包括甲、乙在內的7位同學排隊只有甲站在乙的左邊和甲站在乙的右邊兩類，它們的機會是均等的，故滿足要求的排法為 ，本題也可將特定順序的排列問題理解為組合問題加以解決，即先在7個位置中選出2個位置安排甲、乙， 由于甲在乙的左邊共有 種，再將其余5人在余下的5個位置排列有 種，得排法數為 種；
（2）參見（1）的分析得 （或 ）。
本文通過較為清晰的脈絡把排列問題分為三種類型，使我們對排列問題有了比較系統的認識。但由于排列問題種類繁多，總會有些問題不能囊括其中，也一定存在許多不足，希望讀者能和我一起研究完善。
高三數學教案9
教學目標：
結合已學過的數學實例和生活中的實例，體會演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行一些簡單推理。
教學重點：
掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行一些簡單推理。
教學過程
一、復習
二、引入新課
1.假言推理
假言推理是以假言判斷為前提的演繹推理。假言推理分為充分條件假言推理和必要條件假言推理兩種。
(1)充分條件假言推理的基本原則是：小前提肯定大前提的前件，結論就肯定大前提的后件;小前提否定大前提的后件，結論就否定大前提的前件。
(2)必要條件假言推理的基本原則是：小前提肯定大前提的后件，結論就要肯定大前提的前件;小前提否定大前提的前件，結論就要否定大前提的后件。
2.三段論
三段論是指由兩個簡單判斷作前提和一個簡單判斷作結論組成的演繹推理。三段論中三個簡單判斷只包含三個不同的概念，每個概念都重復出現一次。這三個概念都有專門名稱：結論中的賓詞叫“大詞”，結論中的主詞叫“小詞”，結論不出現的那個概念叫“中詞”，在兩個前提中，包含大詞的叫“大前提”，包含小詞的'叫“小前提”。
3.關系推理指前提中至少有一個是關系判斷的推理，它是根據關系的邏輯性質進行推演的。可分為純關系推理和混合關系推理。純關系推理就是前提和結論都是關系判斷的推理，包括對稱性關系推理、反對稱性關系推理、傳遞性關系推理和反傳遞性關系推理。
(1)對稱性關系推理是根據關系的對稱性進行的推理。
(2)反對稱性關系推理是根據關系的反對稱性進行的推理。
(3)傳遞性關系推理是根據關系的傳遞性進行的推理。
(4)反傳遞性關系推理是根據關系的反傳遞性進行的推理。
4.完全歸納推理是這樣一種歸納推理：根據對某類事物的全部個別對象的考察，已知它們都具有某種性質，由此得出結論說：該類事物都具有某種性質。
オネ耆歸納推理可用公式表示如下：
オS1具有(或不具有)性質P
オS2具有(或不具有)性質P……
オSn具有(或不具有)性質P
オ(S1S2……Sn是S類的所有個別對象)
オニ以，所有S都具有(或不具有)性質P
オタ杉，完全歸納推理的基本特點在于：前提中所考察的個別對象，必須是該類事物的全部個別對象。否則，只要其中有一個個別對象沒有考察，這樣的歸納推理就不能稱做完全歸納推理。完全歸納推理的結論所斷定的范圍，并未超出前提所斷定的范圍。所以，結論是由前提必然得出的。應用完全歸納推理，只要遵循以下兩點，那末結論就必然是真實的：(1)對于個別對象的斷定都是真實的;(2)被斷定的個別對象是該類的全部個別對象。
小結：本節課學習了演繹推理的基本模式.
高三數學教案10
一、教學內容分析
本小節是普通高中課程標準實驗教科書數學5(必修)第三章第3小節,主要內容是利用平面區域體現二元一次不等式(組)的解集;借助圖解法解決在線性約束條件下的二元線性目標函數的最值與解問題;運用線性規劃知識解決一些簡單的實際問題(如資源利用,人力調配,生產安排等)。突出體現了優化思想，與數形結合的思想。本小節是利用數學知識解決實際問題的典例,它體現了數學源于生活而用于生活的特性。
二、學生學習情況分析
本小節內容建立在學生學習了一元不等式(組)及其應用、直線與方程的基礎之上，學生對于將實際問題轉化為數學問題,數形結合思想有所了解.但從數學知識上看學生對于涉及多個已知數據、多個字母變量，多個不等關系的知識接觸尚少，從數學方法上看，學生對于圖解法還缺少認識，對數形結合的思想方法的掌握還需時日，而這些都將成為學生學習中的難點。
三、設計思想
以問題為載體，以學生為主體，以探究歸納為主要手段，以問題解決為目的，以多媒體為重要工具，激發學生的動手、觀察、思考、猜想探究的興趣。注重引導學生充分體驗“從實際問題到數學問題”的數學建模過程，體會“從具體到一般”的抽象思維過程，從“特殊到一般”的探究新知的過程;提高學生應用“數形結合”的思想方法解題的能力;培養學生的分析問題、解決問題的能力。
四、教學目標
1、知識與技能:了解二元一次不等式(組)的概念,掌握用平面區域刻畫二元一次不等式(組)的方法;了解線性規劃的意義，了解線性約束條件、線性目標函數、可行解、可行域和解等概念;理解線性規劃問題的圖解法;會利用圖解法求線性目標函數的最值與相應解;
2、過程與方法:從實際問題中抽象出簡單的線性規劃問題,提高學生的數學建模能力;在探究的過程中讓學生體驗到數學活動中充滿著探索與創造，培養學生的數據分析能力、化歸能力、探索能力、合情推理能力;
3、情態與價值:在應用圖解法解題的過程中,培養學生的化歸能力與運用數形結合思想的能力;體會線性規劃的基本思想，培養學生的數學應用意識;體驗數學來源于生活而服務于生活的特性.
五、教學重點和難點
重點:從實際問題中抽象出二元一次不等式(組),用平面區域刻畫二元一次不等式組的解集及用圖解法解簡單的二元線性規劃問題;
難點:二元一次不等式所表示的平面區域的探究,從實際情境中抽象出數學問題的過程探究,簡單的二元線性規劃問題的圖解法的探究.
六、教學基本流程
第一課時,利用生動的情景激起學生求知的欲望,從中抽象出數學問題,引出二元一次不等式(組)的基本概念,并為線性規劃問題的引出埋下伏筆.通過學生的自主探究,分類討論,大膽猜想,細心求證,得出二元一次不等式所表示的'平面區域,從而突破本小節的第一個難點;通過例1、例2的討論與求解引導學生歸納出畫二元一次不等式(組)所表示的平面區域的具體解答步驟(直線定界,特殊點定域);最后通過練習加以鞏固。
第二課時,重現引例,在學生的回顧、探討中解決引例中的可用方案問題，并由此歸納總結出從實際問題中抽象出數學問題的基本過程:理清數據關系(列表)→設立決策變量→建立數學關系式→畫出平面區域.讓學生對例3、例4進行分析與討論進一步完善這一過程,突破本小節的第二個難點。
第三課時,設計情景,借助前兩個課時所學,設立決策變量,畫出平面區域并引出新的問題,從中引出線性規劃的相關概念,并讓學生思考探究,利用特殊值進行猜測,找到方案；再引導學生對目標函數進行變形轉化,利用直線的圖象對上述問題進行幾何探究,把最值問題轉化為截距問題,通過幾何方法對引例做出完美的解答；回顧整個探究過程,讓學生在討論中達成共識，總結出簡單線性規劃問題的圖解法的基本步驟.通過例5的展示讓學生從動態的角度感受圖解法。最后再現情景1,并對之作出完美的解答。
第四課時，給出新的引例,讓學生體會到線性規劃問題的普遍性。讓學生討論分析,對引例給出解答,并綜合前三個課時的教學內容，連綴成線，總結出簡單線性規劃的應用性問題的一般解答步驟,通過例6，例7的分析與展示進一步完善這一過程。總結線性規劃的應用性問題的幾種類型，讓學生更深入的體會到優化理論,更好的認識到數學來源于生活而運用于生活的特點。
高三數學教案11
【教學目標】
1.初步理解集合的概念，知道常用數集的概念及其記法.
2.理解集合的三個特征，能判斷集合與元素之間的關系，正確使用符號 .
3.能根據集合中元素的特點，使用適當的方法和準確的語言將其表示出來，并從中體會到用數學抽象符號刻畫客觀事物的優越性.
【考綱要求】
1. 知道常用數集的概念及其記法.
2. 理解集合的三個特征，能判斷集合與元素之間的關系，正確使用符號 .
【課前導學】
1.集合的含義： 構成一個集合.
(1)集合中的元素及其表示： .
(2)集合中的元素的特性： .
(3)元素與集合的關系：
(i)如果a是集合A的元素，就記作__________讀作“___________________”;
(ii)如果a不是集合A的元素，就記作______或______讀作“_______________”.
【思考】構成集合的元素是不是只能是數或點?
【答】
2.常用數集及其記法：
一般地，自然數集記作____________，正整數集記作__________或___________，
整數集記作________，有理數記作_______，實數集記作________.
3.集合的分類：
按它的元素個數多少來分：
(1)________________________叫做有限集;
(2)___________________ _____叫做無限集;
(3)______________ _叫做空集，記為_____________
4.集合的表示方法：
(1)______ __________________叫做列舉法;
(2)________________ ________叫做描述法.
(3)______ _________叫做文氏圖
【例題講解】
例1、 下列每組對象能否構成一個集合?
(1) 高一年級所有高個子的學生;(2)平面上到原點的距離等于2的點的全體;
(3)所有正三角形的全體; (4)方程 的實數解;(5)不等式 的所有實數解.
例2、用適當的方法表示下列集合
①由所有大于10且小于20的整數組成的集合記作 ;
②直線 上點的集合記作 ;
③不等式 的解組成的集合記作 ;
④方程組 的`解組成的集合記作 ;
⑤第一象限的點組成的集合記作 ;
⑥坐標軸上的點的集合記作 .
例3、已知集合 ,若 中至多只有一個元素，求實數 的取值范圍.
【課堂檢測】
1.下列對象組成的集體：①不超過45的正整數;②鮮艷的顏色;③中國的大城市;④絕對值最小的實數;⑤高一(2)班中考500分以上的學生，其中為集合的是____________
2.已知2a∈A，a2-a∈A，若A含2個元素，則下列說法中正確的是
①a取全體實數; ②a取除去0以外的所有實數;
③a取除去3以外的所有實數;④a取除去0和3以外的所有實數
3.已知集合 ，則滿足條件的實數x組成的集合
【教學反思】
§1.1 集合的含義及其表示
高三數學教案12
一、教材分析：
本節課是《普通高中課程標準實驗教科書數學》（人民教育出版社、課程教材研究所A版教材）選修2－2中第§1．1．3節．作為導數概念的下位概念課，它是在學生學習了上位概念——平均變化率，瞬時變化率，及剛剛學習了用極限定義導數基礎，進一步從幾何意義的基礎上理解導數的含義與價值，是可以充分應用信息技術進行概念教學與問題探究的內容．導數的幾何意義的學習為下位內容——常見函數導數的計算，導數是研究函數中的應用及研究函數曲線與直線的位置關系的基礎．因此，導數的幾何意義有承前啟后的重要作用．
二、教學目標
【知識與技能目標】
（1）知道曲線的切線定義，理解導數的幾何意義；
——讓學生感知和初步理解函數在處的導數的幾何意義就是函數的圖像在處的切線的斜率，即=切線的斜率．
（2）導數幾何意義簡單的應用．
——用導數的幾何意義解釋實際生活問題，初步體會“逼近”和“以直代曲”的數學思想方法．
【過程與方法目標】
（1）回顧圓錐曲線的切線的概念，復習導數概念，尋找在處的瞬時變化率的幾何意義；
（2）觀察P7上探究問題，利用幾何畫板進行探究，由學生參與操作，發現割線變化趨勢，分析整理成結論；
（3）通過學生經歷或觀察感知由割線逼近“變成”切線的過程，理解導數的.幾何意義；
（4）高臺跳水模型中，利用導數的幾何意義，描述比較在，，處的變化情況，達到梳理新知的目的，滲透“以直代曲”的數學思想；
（5）通過分析導數的幾何意義，研究在實際生活問題中，用區間較小的范圍的平均變化率，來解決實際問題的瞬時變化率．
【情感態度價值觀目標】
（1）經過幾何畫板演示割線“逼近”成切線過程，讓學生感受函數圖像的切線“形成”過程，獲得函數圖像的切線的意義；
（2）利用“以直代曲”的近似替代的方法，養成學生分析問題解決問題的方法，初步體會發現問題的樂趣；
（3）增強學生問題應用意識教育，讓學生獲得學習數學的興趣與信心．
三、重點、難點
重點：導數的幾何意義，導數的實際應用，“以直代曲”數學思想方法．
難點：對導數幾何意義的理解與掌握，在每處“附近”變化率與瞬時變化率的近似關系的理解．
關鍵：由割線趨向切線動態變化效果，由割線“逼近”成切線的理解．
四、教學過程
教學環節
教學內容
師生互動
設計意圖
溫故知新
誘發思考
1.初中平面幾何中圓的切線的定義；
2．公共點的個數是否適應一般曲線的切線的定義的討論；
3．用幻燈片演示圓的切線和一般曲線的切線情形．
回顧：初中平面幾何中圓的切線的定義是什么？
思考：這種定義是否適用于一般曲線的切線呢？
提問：你能否用你已經學過的函數曲線的切線舉出反例？
強調：圓是一種特殊的曲線，這種定義并不適用于一般曲線的切線．
教師提出三個層次的問題，由學生思考后回答，誘發學生對圓的切線定義的局限的反思；
借助幻燈片演示感知曲線切線定義的各種情形，為尋找切線的逼近定義提供“親身”經歷．
實驗觀察
思維辨析
演示實驗：如圖，當點（，，，）沒著曲線趨近點時，割線的變化趨勢是什么（借助幾何畫板由割線逼近成切線的過程）．
演示過程：
板書：1．曲線的切線的定義
當時，割線（確定位置），
PT叫做曲線在點P處的切線．
2．導數的幾何意義
函數f（x）在x=x0處的導數是切線PT的斜率k．即
1．交流討論觀察結果；
2．思考割線的斜率與切線的斜率有什么關系；
3．參與分析和推導函數f（x）在x=x0處的導數的幾何意義．
1．讓學生參與曲線的切的逼近發現過程，初步體會曲線的切線的逼近定義；
2．初步感知數學定義的嚴謹性和幾何意義的直觀性；
3．讓學生利用已學的導數的定義，推出導數的幾何意義，讓學生分享發現的快樂．
觀察發現思維升華
板書：3．數學思想方法：“以直代曲”思想方法．即
曲線上某點的切線近似代替這一點附近的曲線（通過幾何畫板演示）．
1．教師誘導學生觀察，并下結論，教師強調，“以直代曲”的數學思想方法，是微積分學中的重要思想方法．
2．放大點P的附近，感受切線近似于曲線．
1．讓學生直觀感知：在點P的附近，PP2比PP1更接近曲線f（x），PP3比PP2更接近曲線f（x），……．過點P的切線PT最貼近P附近的曲線f（x）．
2．體會“以直代曲”．
學而習之小試牛刀
例1：求拋物線在點處的切線方程．
變式訓練：過拋物線的點處的切
線平行直線，
求點的坐標．
1．引導學生分析：切線在切點A處的斜率應該是什么？
2．由學生根據導數的定義式求函數在x=1處的導數，教師寫出規范的板書；
3．提出變式訓練．
1．初步體會導數的幾何意義；
2．回顧用導數的定義求某處的導數；
3．設切點，由求知數來表示導數；
4．規范解題格式
高三數學教案13
【學習目標】
一、過程目標
1通過師生之間、學生與學生之間的互相交流，培養學生的數學交流能力和與人合作的精神。
2通過對對數函數的學習，樹立相互聯系、相互轉化的觀點，滲透數形結合的數學思想。
3通過對對數函數有關性質的研究，培養學生觀察、分析、歸納的思維能力。
二、識技能目標
1理解對數函數的概念，能正確描繪對數函數的圖象，感受研究對數函數的意義。
2掌握對數函數的.性質，并能初步應用對數的性質解決簡單問題。
三、情感目標
1通過學習對數函數的概念、圖象和性質，使學生體會知識之間的有機聯系，激發學生的學習興趣。
2在教學過程中，通過對數函數有關性質的研究，培養觀察、分析、歸納的思維能力以及數學交流能力，增強學習的積極性，同時培養學生傾聽、接受別人意見的優良品質。
教學重點難點：
1對數函數的定義、圖象和性質。
2對數函數性質的初步應用。
教學工具：多媒體
【學前準備】對照指數函數試研究對數函數的定義、圖象和性質。
高三數學教案14
根據學科特點，結合我校數學教學的實際情況制定以下教學計劃，第二學期高三數學教學計劃。
一、教學內容 高中數學所有內容：
抓基礎知識和基本技能，抓數學的通性通法，即教材與課程目標中要求我們把握的數學對象的基本性質，處理數學問題基本的、常用的數學思想方法，如歸納、演繹、分析、綜合、分類討論、數形結合等。提高學生的思維品質，以不變應萬變，使數學學科的復習更加高效優質。研究《考試說明》，全面掌握教材知識，按照考試說明的要求進行全面復習。把握課本是關鍵，夯實基礎是我們重要工作，提高學生的解題能力是我們目標。研究《課程標準》和《教材》，既要關心《課程標準》中調整的內容及變化的要求，又要重視今年數學不同版本《考試說明》的比較。結合上一年的新課改區高考數學評價報告，對《課程標準》進行橫向和縱向的分析，探求命題的變化規律。
二、學情分析：
我今年教授兩個班的數學：（17）班和（18）班，經過與同組的其他老師商討后，打算第一輪20xx年2月底；第二輪從20xx年2月底至5月上旬結束；第三輪從20xx年5月上旬至5月底結束。
（一）同備課組老師之間加強研究
1、研究《課程標準》、參照周邊省份20xx年《考試說明》，明確復習教學要求。
2、研究高中數學教材。
處理好幾種關系：課標、考綱與教材的關系；教材與教輔資料的關系；重視基礎知識與培養能力的關系。
3、研究08年新課程地區高考試題，把握考試趨勢。
特別是山東、廣東、江蘇、海南、寧夏等課改地區的試卷。
4、研究高考信息，關注考試動向。
及時了解09高考動態，適時調整復習方案。
5、研究本校數學教學情況、尤其是本屆高三學生的學情。
有的放矢地制訂切實可行的校本復習教學計劃。
（一）重視課本，夯實基礎，建立良好知識結構和認知結構體系 課本是考試內容的載體，是高考命題的依據，也是學生智能的生長點，是最有參考價值的資料。
（二）提升能力，適度創新 考查能力是高考的重點和永恒主題。
教育部已明確指出高考從“以知識立意命題”轉向“以能力立意命題”。
（三）強化數學思想方法 數學不僅僅是一種重要的工具，更重要的是一種思維模式，一種思想。
注重對數學思想方法的考查也是高考數學命題的顯著特點之一。
數學思想方法是對數學知識最高層次上的概括提煉，它蘊涵于數學知識的發生、發展和應用過程中，能夠遷移且廣泛應用于相關科學和社會生活，教學工作計劃《第二學期高三數學教學計劃》。
在復習備考中，要把數學思想方法滲透到每一章、每一節、每一課、每一套試題中去，任何一道精心編擬的數學試題，均蘊涵了極其豐富的數學思想方法，如果注意滲透，適時講解、反復強調，學生會深入于心，形成良好的思維品格，考試時才會思如泉涌、駕輕就熟，數學思想方法貫穿于整個高中數學的始終，因此在進入高三復習時就需不斷利用這些思想方法去處理實際問題，而并非只在高三復習將結束時去講一兩個專題了事。
（四）強化思維過程，提高解題質量 數學基礎知識的學習要充分重視知識的形成過程，解數學題要著重研究解題的思維過程，弄清基本數學知識和基本數學思想在解題中的意義和作用，注意多題一解、一題多解和一題多變。
多題一解有利于培養學生的求同思維；一題多解有利于培養學生的求異思維；一題多變有利于培養學生思維的靈活性與深刻性。
在分析解決問題的過程中既構建知識的橫向聯系，又養成學生多角度思考問題的習慣。
（五）認真總結每一次測試的得失，提高試卷的講評效果 試卷講評要有科學性、針對性、輻射性。
講評不是簡單的公布正確答案，一是幫學生分析探求解題思路，二是分析錯誤原因，吸取教訓，三是適當變通、聯想、拓展、延伸，以例及類，探求規律。還可橫向比較，與其他班級比較，尋找個人教學的薄弱環節。根據所教學生實際有針對性地組題進行強化訓練，抓基礎題，得到基礎分對大部分學校而言就是高考成功，這已是不爭的共識。第二輪專題過關，對于高考數學的復習，應在一輪系統學習的基礎上，利用專題復習，更能提高數學備考的針對性和有效性。在這一階段，鍛煉學生的綜合能力與應試技巧，不要重視知識結構的先后次序，需配合著專題的學習，提高學生采用“配方法、待定系數法、數形結合，分類討論，換元”等方法解決數學問題的能力，同時針對選擇、填空的特色，學習一些解題的特殊技巧、方法，以提高在高考考試中的對時間的掌控力。第三輪綜合模擬，在前兩輪復習的基礎上，為了增強數學備考的針對性和應試功能，做一定量的高考模擬試題是必須的，也是十分有效的。
四、該階段需要解決的問題是：
1、強化知識的'綜合性和交匯性，鞏固方法的選擇性和靈活性。
2、檢查復習的知識疏漏點和解題易錯點，探索解題的規律。
3、檢驗知識網絡的生成過程。
4、領會數學思想方法在解答一些高考真題和新穎的模擬試題時的工具性。
五、在有序做好復習工作的同時注意一下幾點:
（1）從班級實際出發，我要幫助學生切實做到對基礎訓練限時完成，加強運算能力的訓練，嚴格答題的規范化，如小括號、中括號等，特別是對那些書寫“像霧像雨又像風”的學生要加強指導，確保基本得分。
（2）在考試的方法和策略上做好指導工作，如心理問題的疏導，考試時間的合理安排等等。
（3）與備課組其他老師保持統一，對內協作，對外競爭。自己多做研究工作，如仔細研讀訂閱的雜志，研究典型試題，把握高考走勢。
（4）做到“有練必改，有改必評，有評必糾”。
（5）課內面向大多數同學，課外抓好優等生和邊緣生，尤其是邊緣生。
班級是一個集體，我們的目標是“水漲船高”，而不是“水落石出”。
（6）要改變教學方式，努力學習和實踐我校總結推出的“221”模式。
教學是一門藝術，藝術是無止境的，要一點天份，更要勤奮。
（7）教研組團隊合作 虛心學習別人的優點，博采眾長，對工作是很有利的。
（8）平等對待學生，關心每一位學生的成長，宗旨是教出來的學生不一定都很優秀，但肯定每一位都有進步；讓更多的學生喜歡數學。
高三數學教案15
【命題趨向】
綜觀歷屆全國各套數學，我們發現對極限的考查有以下一些類型與特點：
1。數學歸納法
①客觀性試題主要考查對數學歸納法的實質的理解，掌握數學歸納法的證題步驟（特別要注意遞推步驟中歸納假設的運用和恒等變換的運用）。
②解答題大多以考查數學歸納法內容為主，并涉及到函數、方程、數列、不等式等綜合性的知識，在解題過程中通常用到等價轉化，分類討論等數學思想，是屬于中高檔難度的題目
③數學歸納法是高考考查的重點內容之一。類比與猜想是應用數學歸納法所體現的比較突出的思想，抽象與概括，從特殊到一般是應用數學歸納法的一種主要思想方法。 在由n=k時命題成立，證明n=k 1命題也成立時，要注意設法化去增加的項，通常要用到拆項、組合、添項、減項、分解、化簡等技巧，這一點要高度注意。
2。 數列的極限
①客觀性試題主要考查極限的四則運算法則、無窮遞縮等比數列所有項和等內容，對基本的計算技能要求比較高，直接運用四則運算法則求極限。
②解答題大多結合數列的計算求極限等，涉及到函數、方程、不等式知識的綜合性試題，在解題過程中通常用到等價轉化，分類討論等數學思想方法，是屬于中高檔難度的題目。
③數列與幾何：由同樣的方法得到非常有規律的同一類幾何圖形，通常相關幾何量構成等比數列，這是一類新題型。
3。函數的極限
①此部分為新增內容，本章內容在高考中以填空題和解答題為主。應著重在概念的理解，通過考查函數在自變量的某一變化過程中，函數值的變化趨勢，說出函數的極限。
②利用極限的運算法則求函數的極限進行簡單的運算。
③利用兩個重要極限求函數的極限。
④函數的連續性是新教材新增加的內容之一。它把的極限知識與知識緊密聯在一起。在高考中，必將這一塊內容溶入到函數內容中去，因而一定成為高考的又一個熱點。
4。在一套高題中，極限一般分別有1個客觀題或1個解答題，分值在5分—12分之間。
5。在高考試題中，極限題多以低檔或中檔題目為主，一般不會出現較難題，更不會出現難題，因而極限題是高考中的得分點。
6。注意掌握以下思想方法
① 極限思想：在變化中求不變，在運動中求靜止的思想;
② 數形結合思想，如用導數的幾何意義及用導數求單調性、極值等。
此類題大多以解答題的.形式出現，這類題主要考查學生的綜合應用，分析問題和學生解決問題的，對運算要求較高。
【考點透視】
1。理解數學歸納法的原理，能用數學歸納法證明一些簡單的數學命題。
2。了解數列極限和函數極限的概念。
3。掌握極限的四則運算法則;會求某些數列與函數的極限。
4。了解函數連續的意義，了解閉區間上連續函數有最大值和最小值的性質。
【例題解析】
考點1 數列的極限
1。數列極限的定義：一般地，如果當項數n無限增大時，無窮數列{an}的項an無限地趨近于某個常數a（即an—a無限地接近于0），那么就說數列{an}以a為極限。
注意：a不一定是{an}中的項。
2。幾個常用的極限：① C=C（C為常數）;② =0;③ qn=0（q<1）。
3。數列極限的四則運算法則：設數列{an}、{bn}，
當 an=a， bn=b時， （an±bn）=a±b;
例1。 （ 20xx年湖南卷）數列{ }滿足： ，且對于任意的正整數m，n都有 ，則 （ ）
A。 B。 C。 D。2
[考查目的]本題考查無窮遞縮等比數列求和公式和公式 的應用。
[解答過程]由 和 得
故選A。
例2。（20xx年安徽卷）設常數 ， 展開式中 的系數為 ，則 _____。
[考查目的]本題考查利用二項式定理求出關鍵數， 再求極限的能力。
[解答過程] ，由 ，所以 ，所以為1。
例3。 （20xx年福建卷理）把 展開成關于 的多項式，其各項系數和為 ，則 等于（ ） （ ）
A。 B。 C。 D。2
[考查目的]本題考查無窮遞縮等比數列求和公式和公式 的應用。
[解答過程]
故選D
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